1．(2013·福建福州)已知某一随机变量X的概率分布列如下表，E(X)＝6.3，则a值为( )
X
4
a
9
P
0.5
0.1
b
A.5 B．6
C．7 D．8
答案 C
2．由于电脑故障，使得随机变量ξ的分布列中部分数据丢失(以□代替)，其表如下.
ξ
1
2
3
4
5
6
P
0.20
0.10
0.□5
0.10
0.1□
0.20
则随机变量的数学期望为__________．
答案 3.5
解析 随机变量分布列中各概率之和恒为1.
故P(ξ＝5)＝0.15，进而P(ξ＝3)＝0.25.
∴E(ξ)＝1×0.20＋2×0.10＋3×0.25＋4×0.10＋5×0.15＋6×0.20＝3.5.∴填3.5.
3．设15 000件产品中有1 000件次品，从中抽取150件进行检查，由于产品数量较大，每次检查的次品率看作不变，则查得次品数的数学期望为( )
A．15 B．10
C．20 D．5
答案 B
解析 次品率为P＝＝，由于产品数量特别大，次品数服从二项分布，由公式，得E(X)＝np＝150×＝10.
4．某班有的学生数学成绩优秀，如果从班中随机地找出5名学生，那么其中数学成绩优秀的学生数X～B(5，)，则E(－X)的值为( )
A. B．－
C. D．－
答案 D
解析 ∵X～B(5，)，∴E(X)＝5×＝.
∴E(－X)＝－E(X)＝－.
5．某人进行一项试验，若试验成功，则停止试验，若试验失败，再重新试验一次，若试验3次均失败，则放弃试验．若此人每次试验成功的概率为，求此人试验次数ξ的期望．
解析 试验次数ξ的可能取值为ξ＝1,2,3，
且P(ξ＝1)＝，P(ξ＝2)＝×＝，
P(ξ＝3)＝××(＋)＝.
所以ξ的分布列为：
ξ
1
2
3
P
∴E(ξ)＝.
课件42张PPT。第二章 随机变量及其分布课后巩固
1．节日期间，某种鲜花的进价是每束2.5元，售价是每束5元，节后对没有卖出的鲜花以每束1.6元处理．根据前5年节日期间对这种鲜花销售情况需求量X(束)的统计(如下表)，若进这种鲜花500束在今年节日期间销售，则期望利润是( )
X
200
300
400
500
P
0.20
0.35
0.30
0.15
A.706元 B．690元
C．754元 D．720元
答案 A
解析 节日期间这种鲜花需求量的均值为E(X)＝200×0.20＋300×0.35＋400×0.30＋500×0.15＝340(束)．
∴期望利润为340×(5－2.5)－(500－340)×(2.5－1.6)＝706.
2．如果袋中有6个红球，4个白球，从中任取1球，记住颜色后放回，连续摸取4次，设ξ为取得红球的次数，那么ξ的期望E(ξ)＝( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 每次摸到红球的概率都为＝，且每次相互独立，因此符合独立重复试验，因此该分布列应为二项分布：
E(ξ)＝4×＝.
3．已知随机变量ξ的分布列如下表所示：
ξ
9
3
1
P
求η＝log3ξ的期望．
解析 当ξ＝9时，η＝log39＝2，此时P(η＝2)＝P(ξ＝9)＝；
当ξ＝3时，η＝log33＝1，此时P(η＝1)＝P(ξ＝3)＝；
当ξ＝1时，η＝log31＝0，此时P(η＝0)＝P(ξ＝1)＝；
当ξ＝时，η＝log3＝－2，此时P(η＝－2)＝P(ξ＝)＝.
因此，η＝log3ξ的分布列为
η
2
1
0
－2
P
∴E(η)＝2×＋1×＋0×－2×＝.
课件20张PPT。第二章 随机变量及其分布课后巩固
1．已知随机变量X，D(10X)＝，则X的标准差为________．
答案
解析 ∵D(10X)＝100D(X)＝，
∴D(X)＝，∴σ(X)＝＝.
2．已知离散型随机变量X的可能取值为x1＝－1，x2＝0，x3＝1，且E(X)＝0.1，D(X)＝0.89，则对应x1，x2，x3的概率p1，p2，p3分别为________，________，________.
答案 0.4 0.1 0.5
解析 由题意知，－p1＋p3＝0.1，
1．21p1＋0.01p2＋0.81p3＝0.89.
又p1＋p2＋p3＝1，解得p1＝0.4，p2＝0.1，p3＝0.5.
3．已知随机变量X的分布列为
X
0
1
x
P
p
若E(X)＝.
(1)求D(X)的值；
(2)若Y＝3X－2，求的值．
解析 由＋＋p＝1，得p＝.
又E(X)＝0×＋1×＋x＝，
∴x＝2.
(1)D(X)＝(0－)2×＋(1－)2×＋(2－)2×＝＝.
(2)∵Y＝3X－2，∴D(Y)＝D(3X－2)＝9D(X)．
∴＝＝3＝.
4．有三张形状、大小、质地完全一致的卡片，在每张卡片上写上0,1,2，现从中任意抽取一张，将其上数字记作x，然后放回，再抽取一张，其上数字记作y，令ξ＝x·y.求：
(1)ξ所取各值的分布列；
(2)随机变量ξ的数学期望与方差．
解析 (1)随机变量ξ的可能取值有0,1,2,4，“ξ＝0”是指两次取的卡片上至少有一次为0，其概率为
P(ξ＝0)＝1－×＝；
“ξ＝1”是指两次取的卡片上都标着1，其概率为
P(ξ＝1)＝×＝；
“ξ＝2”是指两次取的卡片上一个标着1，另一个标着2，其概率为P(ξ＝2)＝2××＝；
“ξ＝4”是指两次取的卡片上都标着2，其概率为
P(ξ＝4)＝×＝.
则ξ的分布列为
ξ
0
1
2
4
P
(2)E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝1，
D(ξ)＝(0－1)2×＋(1－1)2×＋(2－1)2×＋(4－1)2×＝.
课件43张PPT。第二章 随机变量及其分布课后巩固课时作业(十九)
1．(2012·湖北卷改编)设随机变量X的分布列如下所示，已知E(X)＝1.6，则a－b＝( )
X
0
1
2
3
P
0.1
a
b
0.1
A.0.2 B．0.1
C．－0.2 D．－0.4
答案 C
解析 由分布列性质，得0.1＋a＋b＋0.1＝1.①
由期望公式可得0×0.1＋1×a＋2×b＋3×0.1＝1.6，
即a＋2b＝1.3.②
由①，②可得a＝0.3，b＝0.5，∴a－b＝0.3－0.5＝－0.2.
2．随机抛掷一个骰子，所得点数η的均值为( )
A. B.
C. D．3.5
答案 D
3．若X～B(4，)，则E(X)的值为( )
A．4 B．2
C．1 D.
答案 B
解析 ∵X～B(4，)，∴E(X)＝4×＝2.
4．设E(X)＝10，E(Y)＝3，则E(3X＋5Y)＝( )
A．45 B．40
C．30 D．15
答案 A
5．若X是一个随机变量，则E(X－E(X))的值为( )
A．无法求 B．0
C．E(X) D．2E(X)
答案 B
6．今有两台独立工作在两地的雷达，每台雷达发现飞行目标的概率分别为0.9和0.85，设发现目标的雷达数为ξ，则E(ξ)的值为( )
A．0.765 B．1.75
C．1.765 D．0.22
答案 B
解析 当ξ＝0时，P(ξ＝0)＝(1－0.9)×(1－0.85)＝0.015；
当ξ＝1时，P(ξ＝1)＝0.9×(1－0.85)＋0.1×0.85＝0.135＋0.085＝0.22.
当ξ＝2时，P(ξ＝2)＝0.9×0.85＝0.765.
∴E(ξ)＝0×0.015＋1×0.22＋2×0.765＝1.75.
7．两封信随机投入A、B、C三个空邮箱，则A邮箱的信件数ξ的数学期望是( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 由题意知ξ～B(2，)，∴E(ξ)＝2×＝.
8．(2010·新课标全国卷)某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X，则X的数学期望为( )
A．100 B．200
C．300 D．400
答案 B
解析 记“不发芽的种子数为ξ”，则ξ～B(1 000,0.1)，所以E(ξ)＝1 000×0.1＝100，而X＝2ξ，故E(X)＝E(2ξ)＝2E(ξ)＝200，故选B.
9．设随机变量ξ的分布列为P(ξ＝k)＝C·()k·()300－k(k＝0,1,2，…，300)，则E(ξ)＝________.
答案 100
解析 由P(ξ＝k)＝C()k()300－k，
可知ξ～B(300，)．∴E(ξ)＝300×＝100.
10．某电视台开展有奖答题活动，每次要求答30个选择题，每个选择题有4个选项，其中有且只有一个正确答案，每一题选对得5分，选错或不选得0分，满分150分，规定满100分拿三等奖，满120分拿二等奖，满140分拿一等奖，有一选手选对任一题的概率是0.8，则该选手可望能拿到________等奖．
答案 二
解析 选对题的个数X～B(30,0.8)，所以E(X)＝30×0.8＝24，由于24×5＝120(分)，所以可望能拿到二等奖．
11．若对于某个数学问题，甲、乙两人都在研究，甲单独解出该题的概率为，乙单独解出该题的概率为，设解出该题的人数为X，求E(X)．
解析 记“甲解出该题”为事件A，“乙解出该题”为事件B，X可能取值为0,1,2.
P(X＝0)＝P()P()＝(1－)(1－)＝，
P(X＝1)＝P(A·)＋P(·B)
＝P(A)P()＋P()P(B)
＝×(1－)＋(1－)×＝，
P(X＝2)＝P(A)·P(B)＝×＝.
所以X的分布列为
X
0
1
2
P
故E(X)＝0×＋1×＋2×＝.
12．英语考试有100道选择题，每题4个选项，选对得1分，否则得0分．学生甲会其中的20道，学生乙会其中的80道，不会的均随机选择．求甲、乙在这次测验中得分的期望．
解析 设甲和乙不会的题得分分别为随机变量ξ和η.
由题意知ξ～B(80,0.25)，η～B(20,0.25)，
故E(ξ)＝80×0.25＝20，E(η)＝20×0.25＝5.
于是E(ξ＋20)＝E(ξ)＋20＝40，
E(η＋80)＝E(η)＋80＝85.
故甲、乙在这次测验中得分的期望分别为40分和85分．
点评 会判断随机变量是否服从两点分布、二项分布．若服从，则直接求均值即可，不必再列出分布列．
13．在10件产品中，有3件一等品，4件二等品，3件三等品．从这10件产品中任取3件，求：
(1)取出的3件产品中一等品件数X的分布列和数学期望；
(2)取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率．
解析 (1)由于从10件产品中任取3件的结果数为C，从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的结果数为CC，那么从10件产品中任取3件，其中恰有k件一等品的概率为
P(X＝k)＝，k＝0,1,2,3.
所以随机变量X的分布列是
X
0
1
2
3
P
X的数学期望E(X)＝0×＋1×＋2×＋3×＝.
(2)设“取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数”为事件A，“恰好取出1件一等品和2件三等品”为事件A1，“恰好取出2件一等品”为事件A2，“恰好取出3件一等品”为事件A3.由于事件A1，A2，A3彼此互斥，且A＝A1∪A2∪A3，
而P(A1)＝＝，P(A2)＝P(X＝2)＝，
P(A3)＝P(X＝3)＝，
所以取出的3件产品中一等品件数多于二等品件数的概率为
P(A)＝P(A1)＋P(A2)＋P(A3)＝＋＋＝.
14．某学生在上学路上要经过4个路口，假设在各个路口是否遇到红灯是相互独立的，遇到红灯的概率都是，遇到红灯时停留的时间都是2 min.
(1)求这名学生在上学路上到第三个路口时首次遇到红灯的概率；
(2)求这名学生在上学路上因遇到红灯停留的总时间ξ的分布列及期望．
解析 (1)设这名学生路上在第三个路口时首次遇到红灯为事件A.因为事件A等价于事件“这名学生在第一和第二个路口没有遇到红灯，在第三个路口遇到红灯”，所以事件A的概率为
P(A)＝(1－)×(1－)×＝.
(2)由题意可得，ξ可能取的值为0,2,4,6,8(单位：min)，事件“ξ＝2k”等价于事件“该学生在上学路上遇到k次红灯”(k＝0,1,2,3,4)，所以P(ξ＝2k)＝C()k()4－k(k＝0,1,2,3,4)，
即ξ的分布列是
ξ
0
2
4
6
8
P
所以ξ的期望是
E(ξ)＝0×＋2×＋4×＋6×＋8×＝.
?重点班选做题
15．马老师从课本上抄录一个随机变量ξ的概率分布如下表：
x
1
2
3
P(ξ＝x)
？
！
？
请小牛同学计算ξ的数学期望．尽管“！”处完全无法看清，且两个“？”处字迹模糊，但能断定这两个“？”处的数值相同．据此，小牛给出了正确答案E(ξ)＝________.
答案 2
解析 设“？”处的数值为x，则“！”处的数值为1－2x，则E(ξ)＝1·x＋2×(1－2x)＋3x＝x＋2－4x＋3x＝2.
16．以下茎叶图记录了甲、乙两组各四名同学的植树棵数．
分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，求这两名同学的植树总棵数Y的分布列和数学期望．
解析 由茎叶图可知，甲组同学的植树棵数是：9,9,11,11；乙组同学的植树棵数是9,8,9,10.分别从甲、乙两组中随机选取一名同学，共有4×4＝16种可能的结果，这两名同学植树总棵数Y的可能取值为17,18,19,20,21.事件“Y＝17”等价于“甲组选出的同学植树9棵，乙组选出的同学植树8棵”，所以该事件有2种可能的结果，因此P(Y＝17)＝＝，同理可得P(Y＝18)＝，P(Y＝19)＝，P(Y＝20)＝，P(Y＝21)＝.
所以随机变量Y的分布列为：
Y
17
18
19
20
21
P
E(Y)＝17×P(Y＝17)＋18×P(Y＝18)＋19×P(Y＝19)＋20×P(Y＝20)＋21×P(Y＝21)
＝17×＋18×＋19×＋20×＋21×＝19.
17．某渔船要对下月是否出海作出决策，如果出海后遇到好天气，可得收益6 000元，如果出海后天气变坏将损失8 000元．若不出海，无论天气如何都将承担1 000元损失费．据气象部门的预测，下月好天气的概率是0.6，天气变坏的概率为0.4，请你为该渔船作出决定，是出海还是不出海？依据是什么？
解析 若选择出海，设X为渔船的收益，则由题知X的可能取值为6 000元，－8 000元，
P(X＝6 000)＝0.6，P(X＝－8 000)＝0.4.
∴E(X)＝6 000×0.6＋(－8 000)×0.4＝400.
若选择不出海，则损失1 000元．
∵400>－1 000，∴应选择出海．
18．(2010·重庆)在甲、乙等6个单位参加的一次“唱读讲传”演出活动中，每个单位的节目集中安排在一起，若采用抽签的方式随机确定各单位的演出顺序(序号为1,2，…，6)，求：
(1)甲、乙两单位的演出序号至少有一个为奇数的概率；
(2)甲、乙两单位之间的演出单位个数ξ的分布列与期望．
解析 (1)设A表示“甲、乙的演出序号至少有一个为奇数”，则表示“甲、乙的序号均为偶数”，由等可能性事件的概率计算公式，得P(A)＝1－P()＝1－＝1－＝.
(2)ξ的所有可能值为0,1,2,3,4，且P(ξ＝0)＝＝，
P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝2)＝＝，P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝.
从而知ξ的分布列
ξ
0
1
2
3
4
P
所以，E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
1．在1,2,3，…，9这9个自然数中，任取3个数．
(1)求这3个数中恰有1个是偶数的概率；
(2)记ξ为这3个数中两数相邻的组数(例如：若取出的数为1,2,3，则有两组相邻的数1,2和2,3，此时ξ的值是2)．求随机变量ξ的分布列及其数学期望E(ξ)．
解析 (1)记“这3个数中恰有一个是偶数”为事件A，则P(A)＝＝.
(2)随机变量ξ的取值为0,1,2.ξ的分布列是
ξ
0
1
2
P
所以ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝.
2．(2010·福建)设S是不等式x2－x－6≤0的解集，整数m，n∈S.
(1)记“使得m＋n＝0成立的有序数组(m，n)”为事件A，试列举A包含的基本事件；
(2)设ξ＝m2，求ξ的分布列及其数学期望E(ξ)．
解析 (1)由x2－x－6≤0，得－2≤x≤3，即S＝{x|－2≤x≤3}．
由于m，n∈Z，m，n∈S且m＋n＝0，所以A包含的基本事件为：(－2,2)，(2，－2)，(－1,1)，(1，－1)，(0,0)．
(2)由于m的所有不同取值为－2，－1,0,1,2,3，
所以ξ＝m2的所有不同取值为0,1,4,9，
且有P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝＝，P(ξ＝4)＝＝，P(ξ＝9)＝.
故ξ的分布列为：
ξ
0
1
4
9
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋4×＋9×＝.
课时作业(二十)
1．有10件产品，其中3件是次品，从中任取2件，若X表示取到次品的个数，则E(X)等于( )
A. B.
C. D．1
答案 A
解析 离散型随机变量X服从N＝10，M＝3，n＝2的超几何分布，∴E(X)＝＝＝.
2．某人从家乘车到单位，途中有3个交通岗亭．假设在各交通岗遇到红灯的事件是相互独立的，且概率都是0.4，则此人上班途中遇红灯的次数的期望为( )
A．0.4 B．1.2
C．0.43 D．0.6
答案 B
解析 ∵途中遇红灯的次数X服从二项分布，即
X～B(3,0.4)，∴E(X)＝3×0.4＝1.2.
3．袋子装有5只球，编号为1,2,3,4,5，从中任取3个球，用X表示取出的球的最大号码，则E(X)＝( )
A．4 B．5
C．4.5 D．4.75
答案 C
4．有10张卡片，其中8张标有数字2,2张标有数字5，从中任意抽出3张卡片，设3张卡片上的数字之和为ξ，则ξ的期望是( )
A．7.8 B．8
C．16 D．15.6
答案 A
解析 按含有数字5分类，抽出卡片上的数字有三种情况：不含5，(2,2,2)；含1张5，(5,2,2)；含2张5，(5,5,2)，因此ξ＝6,9,12，然后计算出分布列，进而利用均值公式求解．
5．若随机变量ξ～B(n,0.6)，且E(ξ)＝3，则P(ξ＝1)的值是( )
A．2×0.44 B．2×0.45
C．3×0.44 D．3×0.64
答案 C
6．某一供电网络，有n个用电单位，每个单位在一天中使用电的机会是p，供电网络中一天平均用电的单位个数是( )
A．np(1－p) B．np
C．n D．p(1－p)
答案 B
7．设随机变量X的分布列为P(X＝k)＝pk(1－p)1－k(k＝0,1,0
答案 p
解析 随机变量X的分布列为
X
0
1
p
1－p
p
它是两点分布，∴E(X)＝p.
8．一个人有n把钥匙，其中只有一把能打开他的房门，他随意地进行试开，并将试开不对的钥匙除去，则打开房门所试开次数ξ的数学期望是________．
答案
解析 由于每次打开他的房门的概率都是，故E(ξ)＝1×＋2×＋…＋n×＝.
9．某公司有5万元资金用于投资开发项目，如果成功，一年后可获得12%；一旦失败，一年后将丧失全部资金的50%.下表是过去200例类似项目开发的实施结果：
投资成功
投资失败
192次
8次
则该公司一年后估计可获收益的期望是________元．
答案 4 760
解析 依题意X的取值为50 000×12%＝6 000和50 000×(－50%)＝－25 000，
则P(X＝6 000)＝＝，
P(X＝－25 000)＝＝，
故E(X)＝6 000×＋(－25 000)×＝4 760.
10．一个均匀小正方体的六个面中，三个面上标以数0，两个面上标以数1，一个面上标以数2，将这个小正方体抛掷2次，则向上的数之积的数学期望是________．
答案
解析 设所得两数之积为ξ，则ξ的可能值为0,1,2,4，
P(ξ＝0)＝2××＋2××＋×＝，
P(ξ＝1)＝×＝，
P(ξ＝2)＝2××＝，
P(ξ＝4)＝×＝.
所以
ξ
0
1
2
4
P
所以E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋4×＝.
11．从4名男生和2名女生中任选3人参加演讲比赛，设随机变量ξ表示所选3人中女生的人数．
(1)求ξ的分布列；
(2)求ξ的数学期望；
(3)求“所选3人中女生人数ξ≤1”的概率．
思路分析 本题是超几何分布问题，可用超几何分布的概率公式求解．
解析 (1)ξ可能取的值为0,1,2.
P(ξ＝k)＝，k＝0,1,2.
所以，ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
(2)由(1)，ξ的数学期望为
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝1.
(3)由(1)，“所选3人中女生人数ξ≤1”的概率为
P(ξ≤1)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝.
12．某安全生产监督部门对5家小型煤矿进行安全检查(简称安检)，若安检不合格，则必须整改，若整改后经复查仍不合格，则强制关闭．设每家煤矿安检是否合格是相互独立的，且每家煤矿整改前安检合格的概率是0.5，整改后安检合格的概率是0.8.计算(结果精确到0.01)：
(1)恰好有两家煤矿必须整改的概率；
(2)平均有多少家煤矿必须整改；
(3)至少关闭一家煤矿的概率．
解析 (1)每家煤矿必须整改的概率是1－0.5，且每家煤矿是否整改是相互独立的，所以恰好有两家煤矿必须整改的概率是P1＝C5×(1－0.5)2×0.53＝≈0.31.
(2)由题设，必须整改的煤矿数ξ服从二项分布B(5，0.5)，从而ξ的数学期望E(ξ)＝5×0.5＝2.50，即平均有2.50家煤矿必须整改．
(3)某煤矿被关闭，即该煤矿第一次安检不合格，整改后经复查仍不合格，所以该煤矿被关闭的概率是P2＝(1－0.5)×(1－0.8)＝0.1，从而该煤矿不被关闭的概率是0.9.由题意可知，每家煤矿是否被关闭是相互独立的，故至少关闭一家煤矿的概率是P3＝1－0.95≈0.41.
13．为了拉动经济增长，某市决定新建一批重点工程，分为基础设施工程、民生工程和产业建设工程三类．这三类工程所含项目的个数分别占总数的、、.现有3名工人独立地从中任选一个项目参与建设．
(1)求他们选择的项目所属类别互不相同的概率；
(2)记ξ为3人中选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程的人数，求ξ的分布列及数学期望．
解析 记第i名工人选择的项目属于基础设施工程、民生工程和产业建设工程分别为事件Ai，Bi，Ci，i＝1,2,3，由题意知A1，A2，A3相互独立，B1，B2，B3相互独立，C1，C2，C3相互独立，Ai，Bj，Ck(i，j，k＝1,2,3，且i，j，k互不相同)相互独立，且P(Ai)＝，P(Bi)＝，
P(Ci)＝.
(1)他们选择的项目所属类别互不相同的概率
P＝3！P(A1B2C3)＝6P(A1)P(B2)P(C3)＝6×××＝.
(2)解法一 设3名工人中选择的项目属于民生工程的人数为η，
由已知，η～B(3，)，且ξ＝3－η，
所以P(ξ＝0)＝P(η＝3)＝C()3＝，
P(ξ＝1)＝P(η＝2)＝C()2()＝，
P(ξ＝2)＝P(η＝1)＝C()()2＝，
P(ξ＝3)＝P(η＝0)＝C()3＝.
故ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
ξ的数学期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＝2.
解法二 记第i名工人选择的项目属于基础设施工程或产业建设工程分别为事件Di，i＝1,2,3.
由已知，D1，D2，D3相互独立，且
P(Di)＝P(Ai＋Ci)＝P(Ai)＋P(Ci)＝＋＝.
所以ξ～B(3，)，即P(ξ＝k)＝C()k()3－k，k＝0,1,2,3.
故ξ的分布列是
ξ
0
1
2
3
P
ξ的数学期望E(ξ)＝3×＝2.
?重点班选做题
14．设l为平面上过点(0,1)的直线，l的斜率等可能地取－2， －，－，0，，，2，用ξ表示坐标原点到l的距离，则随机变量ξ的数学期望E(ξ)＝________.
答案
解析
k
－2
－
－
0
2
ξ
1
P
15.某企业2014年工作计划中，对每位员工完成工作任务的奖励情况作出如下规定：有一季度完成任务者得奖金300元；有两季度完成任务者得奖金750元；有三季度完成任务者得奖金1 260元；对四个季度均完成任务的员工，奖励1 800元；若四个季度均未完成任务则没有奖金．假若每位员工在每个季度里完成任务与否都是等可能的，求企业每位员工在2014年所得奖金的数学期望．
解析 P(X＝0)＝C()0()4＝；
P(X＝300)＝C()1()3＝；
P(X＝750)＝C()2()2＝；
P(X＝1 260)＝C()3()1＝；
P(X＝1 800)＝C()4()0＝.
故X的分布列为
X
0
300
750
1 260
1 800
P
E(X)＝0×＋300×＋750×＋1 260×＋1 800×＝783.75(元)．
1．A、B两个代表队进行乒乓球对抗赛，每队三名队员，A队队员是A1，A2，A3，B队队员是B1，B2，B3，按以往多次比赛的统计，对阵队员之间胜负概率如下：
对阵队员
A队队员胜的概率
B队队员胜的概率
A1对B1
A2对B2
A3对B3
现按表中对阵方式出场，每场胜队得1分，负队得0分，设A队、B队最后所得总分分别为ξ、η.
(1)求ξ、η的概率分布；
(2)求E(ξ)，E(η)．
解析 (1)ξ的可能值为3,2,1,0，则P(ξ＝3)＝××＝，
P(ξ＝2)＝××＋××＋××＝，
P(ξ＝1)＝××＋××＋××＝＝，P(ξ＝0)＝××＝＝.
根据题意ξ＋η＝3，所以P(η＝0)＝P(ξ＝3)＝，P(η＝1)＝P(ξ＝2)＝，P(η＝2)＝P(ξ＝1)＝，P(η＝3)＝P(ξ＝0)＝.
∴ξ，η的分布列为
ξ
3
2
1
0
P
η
0
1
2
3
P
(2)E(ξ)＝，E(η)＝.
2．某城市有甲、乙、丙3个旅游景点，一位客人游览这3个景点的概率分别是0.4、0.5、0.6，且客人是否游览哪个景点互不影响．设ξ表示客人离开该城市时游览的景点数与没有游览的景点数之差的绝对值．
(1)求ξ的分布列及数学期望；
(2)记“函数f(x)＝x2－3ξx＋1在区间[2，＋∞)上单调递增”为事件A，求事件A的概率．
解析 (1)分别设“客人游览甲景点”、“客人游览乙景点”、“客人游览丙景点”为事件A1、A2、A3.由已知A1、A2、A3相互独立，P(A1)＝0.4，P(A2)＝0.5，P(A3)＝0.6.客人游览的景点数的可能取值为0、1、2、3.相应地，客人没有游览的景点数的可能取值为3、2、1、0，所以ξ的可能取值为1、3.
P(ξ＝3)＝P(A1A2A3)＋P( )＝P(A1)P(A2)P(A3)＋P()P()P()＝2×0.4×0.5×0.6＝0.24，
P(ξ＝1)＝1－0.24＝0.76，所以ξ的分布列为：
ξ
1
3
P
0.76
0.24
E(ξ)＝1×0.76＋3×0.24＝1.48.
(2)因为f(x)＝(x－ξ)2＋1－ξ2，
所以函数f(x)＝x2－3ξx＋1在区间[ξ，＋∞)上单调递增．
要使f(x)在[2，＋∞)上单调递增，当且仅当ξ≤2，即ξ≤，从而P(A)＝P(ξ≤)＝P(ξ＝1)＝0.76.
课时作业(二十一)
1．已知随机变量ξ满足P(ξ＝1)＝0.3，P(ξ＝2)＝0.7，则E(ξ)和D(ξ)的值分别为( )
A．0.6和0.7 B．1.7和0.09
C．0.3和0.7 D．1.7和0.21
答案 D
解析 E(ξ)＝1×0.3＋2×0.7＝1.7，D(ξ)＝(1.7－1)2×0.3＋(1.7－2)2×0.7＝0.21.
2．已知X的分布列为
X
－1
0
1
P
0.5
0.3
0.2
则D(X)等于( )
A．0.7 B．0.61
C．－0.3 D．0
答案 B
解析 E(X)＝－1×0.5＋0×0.3＋1×0.2＝－0.3，D(X)＝(－1＋0.3)2×0.5＋(0＋0.3)2×0.3＋(1＋0.3)2×0.2＝0.61.
3．设X～B(n，p)，且E(X)＝12，D(X)＝4，则n与p的值分别为( )
A．18， B．12，
C．18， D．12，
答案 C
4．D(ξ－D(ξ))的值为( )
A．无法求 B．0
C．D(ξ) D．2D(ξ)
答案 C
解析 D(ξ)为一常数，利用性质D(aξ＋b)＝a2D(ξ)．
5．甲、乙两台自动车床生产同种标准产品1 000件，ξ表示甲机床生产1 000件产品中的次品数，η表示乙机床生产1 000件产品中的次品数，经过一段时间的考察，ξ，η的分布列分别是：
ξ
0
1
2
3
P
0.7
0.1
0.1
0.1
η
0
1
2
P
0.5
0.3
0.2
据此判定( )
A．甲比乙质量好 B．乙比甲质量好
C．甲与乙的质量相同 D．无法判定
答案 A
解析 ∵E(ξ)＝0×0.7＋1×0.1＋2×0.1＋3×0.1＝0.6，
E(η)＝0×0.5＋1×0.3＋2×0.2＝0.7，
由于E(ξ)6．若ξ是离散型随机变量，P(ξ＝X1)＝，P(ξ＝X2)＝，且X1A. B.
C．3 D.
答案 C
解析 X1、X2满足
解得或
∵X17．设ξ～B(n，p)，则有( )
A．E(2ξ－1)＝2np
B．D(2ξ＋1)＝4np(1－p)＋1
C．E(2ξ＋1)＝4np＋1
D．D(2ξ－1)＝4np(1－p)
答案 D
解析 ∵ξ～B(n，p)，E(ξ)＝np，D(ξ)＝np(1－p)，
∴E(2ξ－1)＝2E(ξ)－1＝2np－1，E(2ξ＋1)＝2np＋1，
D(2ξ－1)＝4np(1－p)，D(2ξ＋1)＝4np(1－p)．
8．若随机变量X1～B(n,0.2)，X2～B(6，p)，X3～B(n，p)，且E(X1)＝2，D(X2)＝，则σ(X3)的值是( )
A．0.5 B.
C. D．3.5
答案 C
解析 ∵X1～B(n,0.2)，∴E(X1)＝0.2n＝2.
∴n＝10，又X2～B(6，p)，
∴D(X2)＝6p(1－p)＝，∴p＝.
又X3～B(n，p)，∴X3～B(10，)．
∴σ(X3)＝＝＝.
9．若事件在一次试验中发生次数的方差等于0.25，则该事件在一次试验中发生的概率为________．
答案 0.5
解析 在一次试验中发生次数记为ξ，则ξ服从两点分布，则D(ξ)＝p(1－p)，所以p(1－p)＝0.25，解得p＝0.5.
10．已知离散型随机变量X的分布列如下表．E(X)＝0，D(X)＝1，则a＝________，b＝________.
X
－1
0
1
2
P
a
b
c
答案
解析 ?
11．变量ξ的分布列如下：
ξ
－1
0
1
P
a
b
c
其中a，b，c成等差数列．若E(ξ)＝，则D(ξ)的值是________．
答案
解析 由a，b，c成等差数列可知2b＝a＋c.
又a＋b＋c＝3b＝1，∴b＝，a＋c＝.
又E(ξ)＝－a＋c＝，∴a＝，c＝.
故分布列为
ξ
－1
0
1
P
∴D(ξ)＝(－1－)2×＋(0－)2×＋(1－)2×＝.
12．设投掷一个骰子的点数为随机变量X，则σ(X)＝________.
答案
解析 依题意X的分布列为
X
1
2
3
4
5
6
P
∴E(X)＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)×＝3.5，
D(X)＝E(X2)－(E(X))2＝1×＋4×＋9×＋16×＋25×＋36×－()2＝.
∴σ(X)＝＝.
13．抛掷一枚质地均匀的骰子，用X表示掷出偶数点的次数．
(1)若抛掷一次，求E(X)和D(X)；
(2)若抛掷10次，求E(X)和D(X)．
解析 (1)X服从两点分布，
X
0
1
P
∴E(X)＝p＝.
D(X)＝p(1－p)＝×(1－)＝.
(2)由题意知，X～B(10，)．
∴E(X)＝np＝10×＝5，
D(X)＝npq＝10××(1－)＝.
14．有甲、乙两个建材厂，都想投标参加某重点建设项目，为了对重点建设项目负责，政府到两建材厂抽样验查，他们从中各取等量的样本检查它们的抗拉强度指数如下：
ξ
110
120
125
130
135
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
η
100
115
125
130
145
P
0.1
0.2
0.4
0.1
0.2
其中ξ和η分别表示甲、乙两厂材料的抗拉强度，比较甲、乙两厂材料哪一种稳定性好．
解析 E(ξ)＝110×0.1＋120×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋135×0.2＝125，
E(η)＝100×0.1＋115×0.2＋125×0.4＋130×0.1＋145×0.2＝125，
D(ξ)＝0.1×(110－125)2＋0.2×(120－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(145－125)2＝50，
D(η)＝0.1×(100－125)2＋0.2×(115－125)2＋0.4×(125－125)2＋0.1×(130－125)2＋0.2×(145－125)2＝165，
由于E(ξ)＝E(η)，D(ξ)?重点班选做题
15．已知随机变量X的数学期望为E(X)，方差为D(X)，随机变量Y＝，则D(Y)的值为( )
A．0 B．－1
C．1 D.
答案 C
解析 ∵E(X)，均为常数，
∴D(Y)＝D()＝·D(X)＝1.
16．设p为非负实数，随机变量X的概率分布为：
X
－1
0
1
P
－p
p
求E(X)与D(X)的最大值．
解析 根据题意，得解得0≤p≤.
因为E(X)＝－1×(－p)＋0×p＋1×＝p，
所以当p＝时，E(X)取得最大值，为.
因为D(X)＝(－1－p)2(－p)＋(0－p)2p＋(1－p)2×＝－p2－p＋1＝－(p＋)2＋，故当p＝0时，D(X)取得最大值，为1.
2．3 离散型随机变量的均值与方差(习题课)
课时作业(二十二)
1．已知随机变量X的分布列是
X
1
2
3
P
0.4
0.2
0.4
则E(X)和D(X)分别等于( )
A．1和0 B．1和1.8
C．2和2 D．2和0.8
答案 D
2．甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，三人的测试成绩如下表
甲的成绩
环数
7
8
9
10
频数
5
5
5
5
乙的成绩
环数
7
8
9
10
频数
6
4
4
6
丙的成绩
环数
7
8
9
10
频数
4
6
6
4
s1、s2、s3分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的标准差，则有( )
A．s3>s1>s2 B．s2>s1>s3
C．s1>s2>s3 D．s2>s3>s1
答案 B
3．牧场的10头牛，因误食疯牛病毒污染的饲料被感染，已知该病的发病率为0.02，设发病牛的头数为X，则D(X)等于________．
答案 0.196
4．每人在一轮投篮练习中最多可投篮4次，现规定一旦命中即停止该轮练习，否则一直试投到4次为止．已知一选手的投篮命中率为0.7，求一轮练习中该选手的实际投篮次数ξ的分布列，并求出ξ的期望E(ξ)与方差D(ξ)(保留3位有效数字)．
解析 ξ的取值为1,2,3,4.若ξ＝1，表示第一次即投中，故P(ξ＝1)＝0.7；若 ξ＝2，表示第一次未投中，第二次投中，故P(ξ＝2)＝(1－0.7)×0.7＝0.21；若ξ＝3，表示第一、二次未投中，第三次投中，故P(ξ＝3)＝(1－0.7)2×0.7；若ξ＝4，表示前三次未投中，故P(ξ＝4)＝(1－0.7)3＝0.027.因此ξ的分布列为：
ξ
1
2
3
4
P
0.7
0.21
0.063
0.027
E(ξ)＝1×0.7＋2×0.21＋3×0.063＋4×0.027＝1.417,
D(ξ)＝(1－1.417)2×0.7＋(2－1.417)2×0.21＋(3－1.417)2×0.063＋(4－1.417)2×0.027＝0.513.
5．从某批产品中，有放回地抽取产品2次，每次随机抽取1件，假设事件A：“取出的2件产品中至多有1件是二等品”的概率P(A)＝0.96.
(1)求从该批产品中任取1件是二等品的概率p；
(2)若该批产品共100件，从中一次性任意抽取2件，用ξ表示取出的2件产品中的二等品的件数，求ξ的分布列及期望．
解析 (1)记A0表示事件“取出的2件产品中无二等品”，A1表示事件“取出的2件产品中恰有1件是二等品”，则A0、A1互斥，且A＝A0＋A1.故P(A)＝P(A0＋A1)＝P(A0)＋P(A1)＝(1－p)2＋Cp·(1－p)＝1－p2.
由题意，知1－p2＝0.96，又p>0，故p＝0.2.
(2)ξ可能的取值为0,1,2.
若该批产品共100件，由(1)知，其中共有二等品100×0.2＝20件，故
P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
P(ξ＝2)＝＝.
所以ξ的分布列为
ξ
0
1
2
P
所以ξ的期望E(ξ)＝0×＋1×＋2×＝＝.
6．有10张卡片，其中8张标有数字2,2张标有数字5，从中随机地抽取3张卡片，设3张卡片数字之和为ξ，求E(ξ)和D(ξ)．
解析 这3张卡片上的数字之和为ξ，这一随机变量的可能取值为6,9,12.
ξ＝6表示取出的3张卡片上标有2，则
P(ξ＝6)＝＝.
ξ＝9表示取出的3张卡片上两张标有2，一张标有5，则
P(ξ＝9)＝＝.
ξ＝12表示取出的3张卡片上一张标有2，两张标有5，则
P(ξ＝12)＝＝.
∴ξ的分布列为
ξ
6
9
12
P
∴E(ξ)＝6×＋9×＋12×＝7.8.
D(ξ)＝(6－7.8)2×＋(9－7.8)2×＋(12－7.8)2×＝3.36.
7．工人在包装某产品时不小心将2件不合格的产品一起放进了一个箱子里，此时该箱子中共有外观完全相同的6件产品．只有将产品逐一打开检验才能确定哪2件产品是不合格的，产品一旦打开检验不管是否合格都将报废．记ξ表示将2件不合格产品全部检测出来后4件合格产品中报废品的数量．
(1)求报废的合格品少于2件的概率；
(2)求ξ的分布列和数学期望．
解析 (1)报废的合格品少于2件，即ξ＝0或ξ＝1，
而P(ξ＝0)＝＝，P(ξ＝1)＝＝，
故P(ξ<2)＝P(ξ＝0)＋P(ξ＝1)＝＋＝.
(2)依题意，ξ的可能取值为0,1,2,3,4，
P(ξ＝2)＝＝，
P(ξ＝3)＝＝，
P(ξ＝4)＝＝，
由(1)知P(ξ＝0)＝，P(ξ＝1)＝，
故ξ的分布列为：
ξ
0
1
2
3
4
P
E(ξ)＝0×＋1×＋2×＋3×＋4×＝.
8．(2012·福建理)受轿车在保修期内维修费等因素的影响，企业生产每辆轿车的利润与该轿车首次出现故障的时间有关．某轿车制造厂生产甲、乙两种品牌轿车，保修期均为2年．现从该厂已售出的两种品牌轿车中各随机抽取50辆，统计数据如下：
品牌
甲
乙
首次出现故障时间x(年)
01x>2
0x>2
轿车数量(辆)
2
3
45
5
45
每辆利润(万元)
1
2
3
1.8
2.9
将频率视为概率，解答下列问题：
(1)从该厂生产的甲品牌轿车中随机抽取一辆，求其首次出现故障发生在保修期内的概率；
(2)若该厂生产的轿车均能售出，记生产一辆甲品牌轿车的利润为X1，生产一辆乙品牌轿车的利润为X2，分别求X1，X2的分布列；
(3)该厂预计今后这两种品牌轿车销量相当，由于资金限制，只能生产其中一种品牌的轿车．若从经济效益的角度考虑，你认为应生产哪种品牌的轿车？说明理由．
解析 (1)设“甲品牌轿车首次出现故障发生在保修期内”为事件A，则P(A)＝＝.
(2)依题意得，X1的分布列为
X1
1
2
3
P
X2的分布列为
X2
1.8
2.9
P
(3)由(2)得，E(X1)＝1×＋2×＋3×＝2.86(万元)，E(X2)＝1.8×＋2.9×＝2.79(万元)．
因为E(X1)>E(X2)，所以应生产甲品牌轿车．
9．某单位在应聘会上，设置了难度不同的甲、乙两个系列的问题，每个系列都有A和B两个问题，应聘时每个应聘者自选一个系列问题，两个问题的得分之和为该应聘者的成绩．假设每个应聘者完成每个系列中的两个问题的得分是相互独立的，根据应聘的个人综合水平可知，某应聘者能回答甲系列和乙系列问题的情况如下表：
甲系列：
问题
A
B
得分
100
80
40
10
概率
乙系列：
问题
A
B
得分
90
50
20
0
概率
现该应聘者最后一个应聘，其之前应聘者的最高得分为118分．
(1)若该应聘者希望成为应聘者中的第一名，应选择哪个系列，说明理由，并求其成为第一名的概率；
(2)若该应聘者选择乙系列，求其成绩X的分布列及其数学期望E(X)．
解析 (1)若该应聘者希望获得第一名，应选择甲系列．理由如下，选择甲系列最高得分为100＋40＝140>118，可能成为第一名；而选择乙系列最高得分为90＋20＝110<118，不可能成为第一名．
选甲系列成为第一名的概率为，
P(甲为第一名)＝×＋×＝.
(2)X的取值为：50,70,90,110.
P(X＝50)＝，
P(X＝70)＝×＝，
P(X＝90)＝×＝，
P(X＝110)＝×＝.
∴E(X)＝104.
1．(2012·湖北理)根据以往的经验，某工程施工期间的降水量X(单位：mm)对工期的影响如下表：
降水量X
X<300
300≤X<700
700≤X<900
X≥900
工期延误天数Y
0
2
6
10
历年气象资料表明，该工程施工期间降水量X小于300,700,900的概率分别为0.3,0.7,0.9.求：
(1)工期延误天数Y的均值与方差；
(2)在降水量X至少是300的条件下，工期延误不超过6天的概率．
解析 (1)由已知条件和概率的加法公式有：
P(X<300)＝0.3，P(300≤X<700)＝P(X<700)－P(X<300)＝0.7－0.3＝0.4，
P(700≤X<900)＝P(X<900)－P(X<700)＝0.9－0.7＝0.2，
P(X≥900)＝1－P(X<900)＝1－0.9＝0.1.
所以Y的分布列为：
Y
0
2
6
10
P
0.3
0.4
0.2
0.1
于是，E(Y)＝0×0.3＋2×0.4＋6×0.2＋10×0.1＝3，
D(Y)＝(0－3)2×0.3＋(2－3)2×0.4＋(6－3)2×0.2＋(10－3)2×0.1＝9.8.
故工期延误天数Y的均值为3，方差为9.8.
(2)由概率的加法公式，得P(X≥300)＝1－P(X<300)＝0.7.
又P(300≤X<900)＝P(X<900)－P(X<300)＝0.9－0.3＝0.6，
由条件概率，得P(Y≤6|X≥300)＝P(X<900|X≥300)＝＝＝.
故在降水量X至少是300 mm的条件下，工期延误不超过6天的概率是.
2．一种电脑屏幕保护画面，只有符合“O”和“△”随机地反复出现，每秒钟变化一次，每次变化只出现“O”和“△”之一，其中出现“O”的概率为p，出现“△”的概率为q，若第k次出现“O”，则记ak＝1；出现“△”，则记ak＝－1.令Sn＝a1＋a2＋…＋an.
(1)当p＝，q＝时，求S4＝2的概率；
(2)当p＝q＝时，记ξ＝|S4|，求ξ的分布列及数学期望．
解析 (1)“S4＝2”即电脑屏幕变化4次(相当于4次独立重复试验)，其中“O”出现3次，“△”出现1次，∴其概率为：P(S4＝2)＝C()2×＝，
即S4＝2的概率为.
(2)由题ξ的取值有：0,2,4.
记：y表示电脑变化4次中“O”出现的次数，则y～B(4，)，P(ξ＝0)＝P(y＝2)＝C()2()2＝，
P(ξ＝2)＝P(y＝1)＋P(y＝3)
＝C()×()3＋C()3×()＝＝，
P(ξ＝4)＝P(y＝0)＋P(y＝4)
＝()4＋()4＝，∴ξ的分布列为：
ξ
0
2
4
P
ξ的期望为：E(ξ)＝0×＋2×＋4×
＝1＋＝.
